Đề thi mẫu THPT quốc gia môn toán năm 2015 Trường THPT Thuận Châu

- Trang 1/7 -
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 - LẦN II
Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút
,
không kể thời gian phát đề.


Câu 1(2,0 điểm).
Cho hàm số
3
1
x
y
x




(1)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị


C
của hàm số
(1)
.
b. Tìm m để đường thẳng d :
2

y x m
 
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.
Câu 2(1,0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

3 2
9 1
2cos cos 3cos
2 2
y x x x
   

Câu 3(1,0 điểm).
Giải phương trình:
cos3 cos 2sin cos2
x x x x
 

Câu 4(1,0 điểm).
Giải phương trình:


2
2 4 2
2log 3 log ( 1) log 4
x x x
   

Câu 5(1,0 điểm).

Tổ một có 3 học sinh nam và 4 học sinh nữ.Tổ hai có 5 học sinh nam và 2 học
sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất sao cho chọn được
hai học sinh có cả nam và nữ
Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp
S. D
ABC
có đáy
D
ABC
là hình thoi cạnh a, góc

0
6 0
A B C

,
SA vuông góc với mặt phẳng đáy,
2
S C a

. Tính theo a thể tích của khối chóp
S. D
ABC
và
khoảng cách từ điểm
B
đến mặt phẳng
( )
SCD
.

Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho điểm M (0;2) và hai đường thẳng
: 2 0
d x y
 

: 4 3 0
x y
  
. Viết phương trình của đường tròn đi qua điểm M
, có tâm thuộc
đường thẳng d và cắt đường thẳng

tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài đoạn AB bằng
4 3
. Biết tâm đường tròn có tung độ dương
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 2 3
2 3
12 2 8 8
( , )
8 5 2
x y x y y
x y R
x y x y

    




  




Câu 9(1,0 điểm).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 4 5
S
b c a a c b a b c
  
     

Trong đó a, b, c là độ dài các cạnh của
một tam giác thỏa mãn
2
c b a b c
 


Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh……………………………………………… : Số báo danh………………

SỞ
GD
&ĐT
SƠNLA
THPT
THUẬN
CHÂU
42
- Trang 2/7 -

ĐÁP ÁN
–

THANG ĐI
ỂM

ĐỀ THI KSCL LẦN II – KHỐI 12
Môn: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

Câu

Đáp án

Đi
ểm


1

(2,0
điểm)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị


C
của hàm số
(1)


1,0

 Tập xác định:


D \ 1
 


 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
4

' ' 0, 1
( 1)
y y x
x
    


- Hàm số đồng biến trên các khoảng


; 1
 
và


1;
 


0,25
- Cực trị: hàm số không có cực trị
- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực, tiệm cận:
lim 1
x
y
 

,
1 1
lim , lim

x x
y y
 
   
   

Đường thẳng
1
x
 
là tiêm cận đứng, đường thẳng
1
y

là tiệm cận ngang
0,25
Bảng biến thiên:

x

-1


y
’

+ +
y

1

1




0,25









Đồ thị: cắt trục tung tai điểm (0;-3), cắt trục hoành tại điểm (3;0). Đồ thị nhận
giao điểm (-1;1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng


8
6
4
2
2
4
1
10 5 5 10
O

y
x
I
-1
f x( ) =
x 3
x + 1



0,25
- Trang 3/7 -
b. Tìm m để đường thẳng d :
2
y x m
 
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có
hoành độ dương
1,0

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:
3
2
1
x
x m
x

 


2
1
( ) 2 2 3 0 (1)
x
g x x mx m
 



    


0,25
Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương thì (1)
phải có hai nghiệm dương phân biệt khác -1
'
0
0
0
( 1) 0
S
P
g

 









 


0,25
2
2 3 0
2 0
3 2 0
4 0
m m
m
m

  





 





0,25
3
1
0 1 3 / 2
3 / 2
m
m
m m
m
 







    







Vậy với
1 3/2
m
 
thì đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có

hoành độ dương
0,25
2
(1,0
điểm)

Tìm giá

tr
ị lớn nhất v
à giá tr
ị nhỏ nhất của h
àm s
ố

3 2
9 1
2cos cos 3cos
2 2
y x x x
   

1,0

Tập xác định:
D



Đặt



cos , 1;1
t x t  

ta được hàm số:
3 2
9 1
( ) 2 3
2 2
g t t t t
   
liên tục và xác định trên


1;1


0,25
' 2 '
1
( ) 6 9 3 ( ) 0
1
2
t
g t t t g t
t




    




0,25
1 9
( 1) 9, ( ) , (1) 1
2 8
g g g
    

   
1;1 1;1
1 9
x ( ) , n ( 1) 9
2 8
Ma g g Mi g g
 
     

0,25
Vậy
9
2 , 9 2 ,
8 3
Max y x k Min y x k k

  
          

 


0,25
3
(1,0
điểm)

Giải phương trình:
cos 3 cos 2 sin cos 2
x x x x
 


1,0

cos3 cos 2sin cos2 2sin2 sin 2sin cos2 0
x x x x x x x x
    

0,25

s in ( sin 2 c o s 2 ) 0
x x x
  

0,25
- Trang 4/7 -
sin2 os2 0
8 2

sin 0
k
x c x
x
k
x
x k
 



 
 


  








0,25

Vậy pt có hai họ nghiệm:
, ( )
8 2
k

x x k k
 


   


0,25
4

(1,0
điểm)




Giải phương trình:

2
2 4 2
2log 3 log ( 1) log 4
x x x
   

1 ,0

Điểu kiện :

0,25

2
2 4 2 2 2
2log 3 log ( 1) log 4 log [( 3) 1 ] log 4
x x x x x x
       

0,25



( 3) 1 4
x x x
   
(*)
0,25



2
3 2 3 ( )
1: (*) : 6 3 0
3 2 3 ( )
x tm
o x x x
x l

  
     


  




2
1 ( )
1 :(*) : 2 3 0
3 ( )
x l
x x x
x tm
 

    




Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm
:

3 2 3, 3
x x
   

0,25
5

(1,0
điểm)

Tính xác su
ất để
ch
ọn đ
ư
ợc hai học sinh có cả nam v
à n
ữ
?


1,0

Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh . có
1 1
7 7
. 49
C C

cách
( ) 49

n
  

0,25


Gọi A là biến cố : “ Chọn được 2 học sinh có cả nam và nữ”. Có các trường hợp
sau:
0,25
+ TH1: Chọn học 1 sinh nữ ở tổ một, 1 học sinh nam ở tổ hai. Có
4.5 20

cách
+ TH2: Chọn học 1 sinh nam ở tổ một, 1 học sinh nữ ở tổ hai. Có
3.2 6

cách
0,25
Theo quy tắc cộng
( ) 26
( ) 26 ( )
( ) 49
n A
n A P A
n
    


0,25
6

(1,0
điểm)

Tính theo a thể tích của khối chóp
S. D
ABC
và khoảng cách từ điểm B đến mặt
phẳng
( )
SCD



1,0

A
D
C
B
S
M
H

SA là đường cao của hình chóp
S.ABCD
ABC

cân có

0

6 0
A B C


A BC
 
đều cạnh a
2
3
( )
4
a
dt AB C  
(đvdt)
2
3
2 ( )
2
ABCD
a
S dt ABC  
(đvdt).




0,25
+ Trong tam giác vuông SAC:
2 2
3

SA SC AC a
  

0,25
- Trang 5/7 -
3
.
1
. .
3 2
S ABCD ABCD
a
V SAS 
(đvtt)
( , ( )) ( , ( ))
d B SC D d A SC D



0,25
Gọi M là trung điểm của CD. Trong
( )
SAM
kẻ
AH SM

tại
H

Vì





   
 
( ,( ))
SAM SCD
AH SCD d A SCD AH
SAM SCD SM


   

 



Ta có
2 2 2 2
1 1 1 5 15 15
( ,( ))
3 5 5
a a
AH d B SCD
AH SA AM a
      

0,25
7
(1,0
điểm)

Vi
ết ph
ương tr
ình
đư
ờng tr
òn
đi qua M
(0;2)
, có tâm thu
ộc d, cắt

t
ại hai
điểm A, B:
4 3
AB 
( biết tâm đường tròn có tung độ dương)

1,0


B

A
I
d
H
M

Gọi
( 2 ; )
I t t d
 
là tâm đường tròn

( 0 )
t


2 2 2
4 (2 )
IM t t
  

0,25
+
( , )
d I t
 

+ Gọi H là trung điểm đoạn AB
Ta có:
2 2 2 2 2 2
IH AH IA IH AH IM
    

0,25
2 2 2
12 4 (2 )
t t t
    

2
2 ( )
2 0
1 ( )
t tm
t t
t l


    


 


0,25
2 ( 4; 2)
t I
  
, bán kính đường tròn
4
R IM
 


Phương trình đường tròn:
2 2
( 4) ( 2) 16
x y
   


0,25
8

(1,0
điểm)

Giải hệ phương trình
3 2 3
2 3

12 2 8 8 (1)
( , )
8 5 2 (2)
x y x y y
x y R
x y x y

    



  



1,0

Điều kiện :
2 3
8 0
x y
 

Xét phương trình (1):
3 2 3 3 3
12 2 8 8 1 (2 1) (2 1) 1
x y x y y x x y y
            

0,25
2 2
(2 1)[(2 1) (2 1) 1] 0 2 1
y x y y x x y x
           

Vì:
2 2
(2 1) (2 1) 1 0, ,
y y x x x y
      

0,25
Thế
2 1
y x
 
vào phương trình (2) ta được :


- Trang 6/7 -
2 3 3 2
( 1) 5 ( 1) 4 3 1 4 1
x x x x x x x x
          


3 2
1

1 1 ( )
4
11 6 ( )
12 11 0
x
x y tm
x y tm
x x x

   


 


  


  



0,25
Vậy hpt có hai nghiệm (x;y) là: (1;1),(11;6). 0,25
9

(1,0
điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 4 5
S
b c a a c b a b c
  
     
. Trong
đó a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác thỏa mãn 2c+b = abc.

1,0

Áp dụng BĐT :
1 1 4
( , 0)
x y
x y x y
  

ta có:

0,25
1 1 1 1 1 1
( ) 2( ) 3( )
2 4 6
S
b c a a c b b c a a b c a c b a b c
c b a
     

           
  


0,25
Từ gt ta có
2 1
a
b c
 
nên
2 4 6 1 2 3 3
2( ) 2( ) 4 3
a
c b a c b a a
       

0,25

Vậy
4 3 4 3 3
S Min S a b c      


0,25

Chú ý:
- Nếu thí sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng thì GK căn cứ đáp án cho điểm tối đa.
-
Câu 6 HS không vẽ hoặc vẽ hình sai thì không chấm.

-
Điểm toàn bài để đến 0,25 và không làm tròn.